2020届二轮复习专题七第14讲　选修3-3　热学课件（76张）

2020届二轮复习专题七第14讲　选修3-3　热学课件（76张）

第 14 讲 选修 3-3 热学 总纲目录 考点一 分力动理论 内能 热力学定律 考点二 固体、液体、气体的性质 考点四 热力学定律与气体状态变化的综合应用 考点三 气体实验定律和理想气体状态方程 考点一　分力动理论　内能　热力学定律   1.(多选)[2018课标Ⅱ,33(1),5分]对于实际的气体,下列说法正确的是   (　 BDE 　) A.气体的内能包括气体分子的重力势能 B.气体的内能包括气体分子之间相互作用的势能 C.气体的内能包括气体整体运动的动能 D.气体的体积变化时,其内能可能不变 E.气体的内能包括气体分子热运动的动能 答案     BDE　实际气体的内能包括气体分子间相互作用的势能和分子热运 动的动能,当气体体积变化时影响的是气体的分子势能,内能可能不变,所 以B、D、E正确,A、C错误。 2.(多选)[2016课标Ⅰ,33(1),5分]关于热力学定律,下列说法正确的是   (　 BDE 　) A.气体吸热后温度一定升高 B.对气体做功可以改变其内能 C.理想气体等压膨胀过程一定放热 D.热量不可能自发地从低温物体传到高温物体 E.如果两个系统分别与状态确定的第三个系统达到热平衡,那么这两个系统 彼此之间也必定达到热平衡 答案     BDE　若气体吸热的同时对外做功,则其温度不一定升高,选项A错;做 功是改变物体内能的途径之一,选项B正确;理想气体等压膨胀,气体对外做 功,由理想气体状态方程   = C 知,气体温度升高,内能增加,故一定吸热,选项 C错误;根据热力学第二定律知选项D正确;如果两个系统分别与状态确定的 第三个系统达到热平衡,那么这两个系统与第三个系统的温度均相等,则这两 个系统之间也必定达到热平衡,故选项E正确。 3.[2019课标Ⅰ,33(1),5分]某容器中的空气被光滑活塞封住,容器和活塞绝热 性能良好,空气可视为理想气体。初始时容器中空气的温度与外界相同,压强 大于外界。现使活塞缓慢移动,直至容器中的空气压强与外界相同。此时,容 器中空气的温度 　　　     (填“高于”“低于”或“等于”)外界温度,容器 中空气的密度 　　　     (填“大于”“小于”或“等于”)外界空气的密度。 答案 　低于　大于 解析 　本题通过理想气体状态变化过程考查了热力学定律与能量守恒定律, 以及学生的综合分析与计算能力,体现了科学推理的核心素养要素。 由题意可知,封闭气体经历了绝热膨胀的过程,此过程中气体对外界做功, W < 0,与外界的热交换为零,即 Q =0,则由热力学第一定律可知气体内能降低,而一 定质量理想气体的内能只与温度有关,故其温度降低,即容器中空气的温度低 于外界温度。由于此时容器中空气压强与外界相同,而温度低于外界温度,若 假设容器中空气经历等压升温过程而达到与外界相同状态,由   = C 可知其 体积必然膨胀,则升温后的容器中空气密度必然比假设的等压升温过程前密 度小,而假设的等压升温过程后容器中空气的密度等于外界空气密度,故此时 容器中空气的密度大于外界空气的密度。 4.[2019课标Ⅲ,33(1),5分]用油膜法估算分子大小的实验中,首先需将纯油酸 稀释成一定浓度的油酸酒精溶液,稀释的目的是 　　　　　　　　　　　     　　　     。实验中为了测量出一滴已知浓度的油酸酒精溶液中纯油酸的体 积,可以 　　　　　　　　　　　　　　　     。为得到油酸分子的直径,还需 测量的物理量是 　　　     。 答案 　使油酸在浅盘的水面上容易形成一块单分子层油膜　把油酸酒精溶 液一滴一滴地滴入小量筒中,测出1 mL油酸酒精溶液的滴数,得到一滴溶液 中纯油酸的体积　单分子层油膜的面积 解析 　本题考查了用油膜法估算分子大小的实验内容,突出了实验的操作、 分析、探究能力的考查,体现了核心素养中科学探究、科学态度要素,体现了 劳动实践、科学探索的价值观。 用油膜法估算分子大小,是用油膜厚度代表油酸分子的直径,所以要使油酸分 子在水面上形成单分子层油膜;因为一滴溶液的体积很小,不能准确测量,故 需测量较多滴的油酸酒精溶液的总体积,再除以滴数得到单滴溶液的体积,进 而得到一滴溶液中纯油酸的体积 ; 因为本题中油酸体积等于厚度乘面积 , 故测 厚度不仅需要测量一滴溶液的体积 , 还需要测量单分子层油膜的面积。 1.估算问题 (1)油膜法估算分子直径: d =   V 为纯油酸体积, S 为单分子油膜面积。 (2)分子总数: N = nN A =   · N A =   N A 。 M 为摩尔质量。 V mol 为摩尔体积。 [注意]　对气体而言, N ≠   。 V 个 为一个分子的体积。 立方体模型: V = a 3 (适用于估算气体分子间距) (3)两种模型: 球模型: V =   π R 3 (适用于估算液体、固体分子直径) 2.对热力学定律的理解 (1)改变物体内能的方式有两种,只明确一种改变方式是无法确定内能变化的。 (2)热量可以由低温物体传递到高温物体,也可以从单一热源吸收热量全部用 来做功,但不引起其他变化是不可能的。 1.(多选)下列说法正确的是   (　 ACD 　) A.显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动,这反映了液体分 子运动的无规则性 B.分子间的相互作用力随着分子间距离的增大,一定先减小后增大 C.分子势能随着分子间距离的增大,可能先减小后增大 D.在真空、高温条件下,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素 E.当温度升高时,物体内每一个分子热运动的速率一定都增大 答案     ACD　布朗运动是固体颗粒在液体中的运动,反映液体分子的运动, 故显微镜下观察到墨水中的小炭粒在不停地做无规则运动,这反映了液体分 子运动的无规则性,故选项A正确; r < r 0 时,分子力随 r 增大而减小,分子势能减 小,当 r = r 0 时,分子力等于零,分子势能最小,然后随 r 增大分子力先增大再减小, 分子势能逐渐增大,故选项B错误,选项C正确;分子之间存在间隙,在真空、高 温条件下,可以利用分子扩散向半导体材料掺入其他元素,故D正确;温度升 高,分子平均动能增大,但单个分子运动不确定,故E错误。 2.(多选)两个相距较远的分子仅在分子力作用下由静止开始运动,直至不再 靠近。在此过程中,下列说法正确的是   (　 BCE 　) A.分子力先增大,后一直减小 B.分子力先做正功,后做负功 C.分子动能先增大,后减小 D.分子势能先增大,后减小 E.分子势能和动能之和不变 答案     BCE　分子力 F 与分子间距 r 的关系是:当 r < r 0 时 F 表现为斥力;当 r = r 0 时 F =0;当 r > r 0 时 F 表现为引力。综上可知,当两分子由相距较远逐渐达到最近过 程中分子力是先变大再变小后又变大,A项错误。分子力为引力时做正功,分 子势能减小,分子力为斥力时做负功,分子势能增大,故B项正确、D项错误。 因仅有分子力作用,故只有分子动能与分子势能之间发生转化,即分子势能减 小时分子动能增大,分子势能增大时分子动能减小,其总和不变,C、E项均正 确。 3.已知地球大气层的厚度 h 远小于地球半径 R ,空气平均摩尔质量为 M ,阿伏加 德罗常数为 N A ,地面大气压强为 p 0 ,重力加速度大小为 g 。由此可估算得,地球 大气层空气分子总数为 　　　     ,空气分子之间的平均距离为 　　　     。 答案               解析 　可认为地球大气对地球表面的压力是由其重力引起的,即 mg = p 0 S = p 0 × 4π R 2 ,故大气层的空气总质量 m =   ,空气分子总数 N =   N A =   。由 于 h ≪ R ,则大气层的总体积 V =4π R 2 h ,每个分子所占空间设为一个棱长为 a 的 正方体,则有 Na 3 = V ,可得分子间的平均距离 a =   。 考点二　固体、液体、气体的性质 1.(多选)[2017课标Ⅰ,33(1),5分]氧气分子在0 ℃和100 ℃温度下单位速率间 隔的分子数占总分子数的百分比随气体分子速率的变化分别如图中两条曲 线所示。下列说法正确的是 　　　     。 A.图中两条曲线下面积相等 B.图中虚线对应于氧气分子平均动能较小的情形 C.图中实线对应于氧气分子在100 ℃时的情形 D.图中曲线给出了任意速率区间的氧气分子数目 E.与0 ℃时相比,100 ℃时氧气分子速率出现在0~400 m/s区间内的分子数占 总分子数的百分比较大 答案     ABC　本题考查气体分子速率及分布率。 每条曲线下面积的意义是各种速率的分子数总和占总分子数的百分比,故面 积为1,A正确、D错误。气体温度越高,分子无规则运动越剧烈,分子平均动 能越大,大速率的分子数所占总分子数的百分比越大,故虚线对应的温度较 低,B、C皆正确。由图中0~400 m/s区间图线下的面积可知0 ℃时出现在0~4 00 m/s区间内的分子数占总分子数的百分比较大,E错误。 2.(多选)[2015课标Ⅰ,33(1),5分]下列说法正确的是   (　 BCD 　) A.将一块晶体敲碎后,得到的小颗粒是非晶体 B.固体可以分为晶体和非晶体两类,有些晶体在不同方向上有不同的光学性质 C.由同种元素构成的固体,可能会由于原子的排列方式不同而成为不同的晶体 D.在合适的条件下,某些晶体可以转变为非晶体,某些非晶体也可以转变为晶体 E.在熔化过程中,晶体要吸收热量,但温度保持不变,内能也保持不变 答案     BCD　晶体被敲碎后,其空间点阵结构未变,仍是晶体,A错误;单晶体 光学性质各向异性,B正确;同种元素由于空间的排列结构而形成不同物质的 晶体,C正确;如果外界条件改变了分子或原子的空间排列结构,晶体和非晶体 之间可以互相转化,D正确;在晶体熔化过程中,分子势能会发生改变,内能也 会改变,E错误。 3.[2019课标Ⅱ,33(1),5分]如 p - V 图所示,1、2、3三个点代表某容器中一定量 理想气体的三个不同状态,对应的温度分别是 T 1 、 T 2 、 T 3 。用 N 1 、 N 2 、 N 3 分别 表示这三个状态下气体分子在单位时间内撞击容器壁上单位面积的平均次 数,则 N 1 　　　     N 2 , T 1 　　　     T 3 , N 2 　　　     N 3 。(填“大于”“小于”或 “等于”)   答案 　大于　等于　大于 解析 　本题考查气体的状态参量及理想气体状态方程的内容,考查学生对三 个气体状态参量及气体实验定律的理解能力,培养学生物理观念素养的形成, 提高学生对实验的认识。 由理想气体状态方程可得   =   =   ,可知 T 1 = T 3 > T 2 。由状态1到状态 2,气体压强减小,气体体积相同,温度降低,则气体分子在单位时间内撞击容器 壁上单位面积的平均次数减少, N 1 > N 2 。对状态2和状态3,压强相同,温度大的 次数少,则 N 3 < N 2 。 1. 晶体具有固定的熔点,而非晶体没有固定的熔点;晶体中的单晶体物理性质 为各向异性,晶体中的多晶体和非晶体物理性质为各向同性。单晶体有确定 的几何外形,而多晶体和非晶体没有确定的几何外形。 2. 液晶是一种特殊物质 , 它既具有液体的流动性 , 又像某些晶体那样具有光学 各向异性。不是所有物质都具有液晶态。 3. 表面张力属于分子力 , 受力物体是液体分子 , 不是液面上的物体。 4. 液体的饱和汽压与温度有关 , 温度越高 , 饱和汽压越大 , 且饱和汽压与饱和汽 的体积无关。 5. 某温度时空气中水蒸气的压强占同一温度时水的饱和汽压的百分比。即: B =   × 100%。 6.正确理解温度的物理意义 (1)温度是分子平均动能的标志,温度越高,分子的平均动能越大。 (2) 温度越高,一定质量的某种物质分子动能总和越大,但物体的内能不一定越大。 7.对气体压强的理解 (1)气体对容器壁的压强是气体分子频繁碰撞的结果,温度越高,气体分子密 度越大,气体的压强就越大。 (2)地球表面大气压强可认为是大气重力产生的。 1.(多选)下列说法正确的是   (　 ACD 　) A.当一定量气体吸热时,其内能可能减小 B.玻璃、石墨和金刚石都是晶体,木炭是非晶体 C.气体分子单位时间内和单位面积器壁碰撞的次数,与单位体积内气体的分 子数和气体温度有关 D.当液体与大气相接触时,液体表面层内的分子所受其他分子作用力的合力 总是指向液体内部 E.单晶体有确定的熔点,多晶体和非晶体没有确定的熔点 答案     ACD　根据Δ U = W + Q 可知,当一定量气体吸热时,其内能可能减小,也 可能不变,也可能增大,故A正确;玻璃是非晶体,故B错误;单位体积内气体的 分子数多少和气体温度的高低,影响着气体的压强,即影响气体分子单位时间 内与单位面积器壁碰撞的次数,故C正确;液体与大气相接触时,液体表面层的 分子所受其他分子作用力的合力表现为引力,因此分子力的合力指向液体内 部,故D正确;单晶体和多晶体都具有确定的熔点,故E错误。 2.(多选)下列说法正确的是   (　 ACD 　) A.空气相对湿度越大时,空气中水蒸气压强越接近饱和汽压,水蒸发越慢 B.分子间同时存在着引力和斥力,当分子间距增大时,分子间的引力增大,斥 力减小 C.液晶具有液体的流动性,同时具有晶体的各向异性特征 D.液体中悬浮微粒的无规则运动称为布朗运动 E.液体表面张力的方向与液面垂直并指向液体内部 答案     ACD　根据相对湿度的定义可知,A正确;分子间同时存在着引力和斥 力,当分子间距离增大时,引力和斥力都减小,B错误;液晶具有液体的流动性, 同时具有晶体的各向异性的特征,C正确;液体中悬浮颗粒的运动称为布朗运 动,D正确;液体的表面张力的方向与液体表面相切,E错误。 3.(多选)对下列几种固体物质的认识,正确的有   (　 ADE 　) A.食盐熔化过程中,温度保持不变,说明食盐是晶体 B.烧热的针尖接触涂有蜂蜡薄层的云母片背面,熔化的蜂蜡呈椭圆形,说明蜂 蜡是晶体 C.天然石英物理性质表现为各向异性,是由于该物质的微粒在空间的排列不 规则 D.石墨和金刚石的物理性质不同,是由于组成它们的物质微粒排列结构不同 E.晶体都具有固定熔点、熔化时吸收的热量全部用于分子势能的增加 答案     ADE　晶体在熔化过程中温度保持不变,吸收的热量用来增加分子势 能,食盐具有这样的特点,则说明食盐是晶体,选项A、E正确;蜂蜡的导热特点 是各向同性的,烧热的针尖使蜂蜡熔化后呈椭圆形,说明云母片的导热特点是 各向异性的,故云母片是晶体,选项B错误;天然石英表现为各向异性,则该物 质微粒在空间的排列是规则的,选项C错误;石墨与金刚石皆由碳原子组成,但 它们的物质微粒排列结构是不同的,选项D正确。 考点三　气体实验定律和理想气体状态方程 1.[2019课标Ⅰ,33(2),10分]热等静压设备广泛应用于材料加工中。该设备工 作时,先在室温下把惰性气体用压缩机压入到一个预抽真空的炉腔中,然后炉 腔升温,利用高温高气压环境对放入炉腔中的材料加工处理,改善其性能。一 台热等静压设备的炉腔中某次放入固体材料后剩余的容积为0.13 m 3 ,炉腔抽 真空后,在室温下用压缩机将10瓶氩气压入到炉腔中。已知每瓶氩气的容积 为3.2 × 10 -2 m 3 ,使用前瓶中气体压强为1.5 × 10 7 Pa,使用后瓶中剩余气体压强为 2.0 × 10 6 Pa;室温温度为27 ℃。氩气可视为理想气体。 (ⅰ)求压入氩气后炉腔中气体在室温下的压强; (ⅱ)将压入氩气后的炉腔加热到1 227 ℃,求此时炉腔中气体的压强。 答案 　(ⅰ)3.2 × 10 7 Pa　(ⅱ)1.6 × 10 8 Pa 解析 　(ⅰ)设初始时每瓶气体的体积为 V 0 ,压强为 p 0 ;使用后气瓶中剩余气体 的压强为 p 1 。假设体积为 V 0 、压强为 p 0 的气体压强变为 p 1 时,其体积膨胀为 V 1 。由玻意耳定律 p 0 V 0 = p 1 V 1   ① 被压入到炉腔的气体在室温和 p 1 条件下的体积为 V 1 '= V 1 - V 0   ② 设10瓶气体压入完成后炉腔中气体的压强为 p 2 ,体积为 V 2 。由玻意耳定律 p 2 V 2 =10 p 1 V 1 '   ③ 联立①②③式并代入题给数据得 p 2 =3.2 × 10 7 Pa④ (ⅱ)设加热前炉腔的温度为 T 0 ,加热后炉腔温度为 T 1 ,气体压强为 p 3 。由查理定 律   =     ⑤ 联立④⑤式并代入题给数据得 p 3 =1.6 × 10 8 Pa⑥ 2.[2019课标Ⅱ,33(2),10分]如图,一容器由横截面积分别为2 S 和 S 的两个汽缸 连通而成,容器平放在水平地面上,汽缸内壁光滑。整个容器被通过刚性杆连 接的两活塞分隔成三部分,分别充有氢气、空气和氮气。平衡时,氮气的压强 和体积分别为 p 0 和 V 0 ,氢气的体积为2 V 0 ,空气的压强为 p 。现缓慢地将中部的 空气全部抽出,抽气过程中氢气和氮气的温度保持不变,活塞没有到达两汽缸 的连接处,求 (ⅰ)抽气前氢气的压强; (ⅱ)抽气后氢气的压强和体积。 答案 　(ⅰ)   ( p 0 + p )　(ⅱ)   p 0 +   p        解析 　本题考查气体的性质,是对学生综合分析能力要求较高的题目,也是对 学生科学推理素养的考查。 (ⅰ)设抽气前氢气的压强为 p 10 ,根据力的平衡条件得 ( p 10 - p )·2 S =( p 0 - p )· S   ① 得 p 10 =   ( p 0 + p )   ② (ⅱ)设抽气后氢气的压强和体积分别为 p 1 和 V 1 ,氮气的压强和体积分别为 p 2 和 V 2 。 根据力的平衡条件有 p 2 · S = p 1 ·2 S   ③ 由玻意耳定律得 p 1 V 1 = p 10 ·2 V 0   ④ p 2 V 2 = p 0 V 0   ⑤ 由于两活塞用刚性杆连接,故 V 1 -2 V 0 =2( V 0 - V 2 )   ⑥ 联立②③④⑤⑥式解得 p 1 =   p 0 +   p   ⑦ V 1 =     ⑧ 3.[2019课标Ⅲ,33(2),10分]如图,一粗细均匀的细管开口向上竖直放置,管内有 一段高度为2.0 cm的水根柱,水银柱下密封了一定量的理想气体,水银柱上表 面到管口的距离为2.0 cm。若将细管倒置,水银柱下表面恰好位于管口处,且 无水银滴落,管内气体温度与环境温度相同。已知大气压强为76 cmHg,环境 温度为296 K。 (ⅰ)求细管的长度; (ⅱ)若在倒置前,缓慢加热管内被密封的气体,直到 水银柱的上表面恰好与管口平齐为止,求此时密封 气体的温度。 答案 　(ⅰ)41 cm　(ⅱ)312 K 解析 　本题考查了气体实验定律内容,培养学生的综合分析能力、应用数学 知识处理物理问题的能力,体现了核心素养中的科学推理要素。 (ⅰ)设细管的长度为 L ,横截面的面积为 S ,水银柱高度为 h ;初始时,设水银柱上 表面到管口的距离为 h 1 ,被密封气体的体积为 V ,压强为 p ;细管倒置时,气体体 积为 V 1 ,压强为 p 1 。由玻意耳定律有 pV = p 1 V 1   ① 由力的平衡条件有 p = p 0 + ρgh   ② p 1 = p 0 - ρgh   ③ 式中, ρ 、 g 分别为水银的密度和重力加速度的大小, p 0 为大气压强。由题意有 V = S ( L - h 1 - h )   ④ V 1 = S ( L - h )   ⑤ 由①②③④⑤式和题给条件得 L =41 cm⑥ (ⅱ)设气体被加热前后的温度分别为 T 0 和 T ,由盖—吕萨克定律有   =     ⑦ 由④⑤⑥⑦式和题给数据得 T =312 K⑧ 1.气体压强的几种求法 (1)参考液片法:选取假想的液体薄片(自身重力不计)为研究对象,分析液片两 侧受力情况,建立平衡方程,消去面积,得到液片两侧压强相等方程,求得气体 的压强。 (2)力平衡法:选与气体接触的液柱(或活塞)为研究对象进行受力分析,得到液 柱(或活塞)的受力平衡方程,求得气体的压强。 (3)等压面法:在连通器中,同一种液体(中间不间断)同一深度处压强相等。 (4)加速运动系统中封闭气体压强的求法:选与气体接触的液柱或活塞为研究 对象,进行受力分析,利用牛顿第二定律列方程求解。 2.应用气体实验定律的三个重点环节 (1)正确选择研究对象:对于变质量问题要保证研究质量不变的部分或把变质 量问题转化为定质量问题处理;对于多部分气体问题,要各部分独立研究,各 部分之间一般通过压强找联系。 (2)列出各状态的参量:气体在初、末状态,往往会有两个(或三个)参量发生变 化,把这些状态参量罗列出来会比较准确、快速地找到规律。 (3)认清变化过程:准确分析变化过程以便正确选用气体实验定律。   考向一　“汽缸”模型 1.(2019齐鲁名校模拟)如图所示,开口向上的汽缸 C 静置于水平桌面上,用一横 截面积 S =50 cm 2 的轻质活塞封闭了一定质量的理想气体,一轻绳一端系在活 塞上,另一端跨过两个定滑轮连着一劲度系数 k =2 800 N/m的竖直轻弹簧 A , A 下端系有一质量 m =14 kg的物块 B 。开始时,缸内气体的温度 t 1 =27 ℃,活塞到 缸底的距离 L 1 =120 cm,弹簧恰好处于原长状态。已知外界大气压强恒为 p 0 = 1.0 × 10 5 Pa,取重力加速度 g =10 m/s 2 ,不计一切摩擦。现使缸内气体缓慢冷却,求: (1)当 B 刚要离开桌面时汽缸内封闭气体的温度(用摄氏温度表示); (2)气体的温度冷却到-93 ℃时, B 离桌面的高度 H 。 答案 　(1)-66 ℃　(2)15 cm 解析 　(1) B 刚要离开桌面时弹簧拉力为 kx 1 = mg 由活塞受力平衡得 p 2 S = p 0 S - kx 1 根据理想气体状态方程有   =   代入数据解得 T 2 =207 K 当 B 刚要离开桌面时缸内气体的温度 t 2 =-66 ℃ (2)由(1)得 x 1 =5 cm,当温度降至-66 ℃之后,若继续降温,则缸内气体的压强不变 根据盖—吕萨克定律,有   =   代入数据解得 H =15 cm 考向二　“液柱”模型 2.(2019河北石家庄模拟)如图所示,内径相同的两U形玻璃管竖直放置在空气 中,中间用细软管相连,左侧U形管顶端封闭,右侧U形管开口,用水银将部分气 体 A 封闭在左侧U形管内,细软管内还有一部分气体。已知环境温度恒为27 ℃,大气压强为76 cmHg,稳定时, A 部分气体长度为20 cm, 管内各液面高度差分别为 h 1 =10 cm、 h 2 =12 cm。 (1)求 A 部分气体的压强; (2)现仅给 A 部分气体加热,当管内气体温度升高了 50 ℃时, A 部分气体长度为21 cm,求此时右侧U形管液面高度差 h 2 '。 答案 　(1)54 cmHg　(2)8 cm 解析 　(1)设左侧 A 部分气体压强为 p 1 ,软管内气体压强为 p 2 ,由图中液面的高 度关系可知 p 0 = p 2 + h 2 , p 2 = p 1 + h 1 解得 p 1 = p 0 -( h 1 + h 2 )=54 cmHg (2)由理想气体状态方程有   =   解得 p 1 '=60 cmHg 由于空气柱长度增加1 cm,则水银柱向右侧移动1 cm,因此液面高度差 h 1 '=8 cm 由 p 1 '= p 0 -( h 1 '+ h 2 '),解得 h 2 '=8 cm 考向三　“两团气”模型 3.(2019河南开封模拟)某物理社团受“蛟龙号”载人潜水器的启发,设计了 一个测定水深的深度计。如图,导热性能良好的汽缸Ⅰ、Ⅱ内径相同,长度均 为 L ,内部分别有轻质薄活塞 A 、 B ,活塞密封性良好且可无摩擦左右滑动,汽缸 Ⅰ左端开口。外界大气压强为 p 0 ,汽缸Ⅰ内通过活塞 A 封有压强为 p 0 的气体, 汽缸Ⅱ内通过活塞 B 封有压强为2 p 0 的气体,一细管连通两汽缸,初始状态 A 、 B 均位于汽缸最左端。该装置放入水下后,通过 A 向右移动的距离可测定水的 深度。已知 p 0 相当于10 m高的水产生的压强,不计水温变化,被封闭气体视为 理想气体,求: (1)当 A 向右移动   时,水的深度 h ; (2)该深度计能测量的最大水深 h m 。 答案 　(1)3.33 m　(2)20 m 解析 　(1)当 A 向右移动   时,设 B 不移动,对Ⅰ内气体,由玻意耳定律得 p 0 SL = p 1 ·   SL 解得 p 1 =   p 0 而此时 B 中气体的压强为2 p 0 > p 1 ,故 B 不动 由 p 1 = p 0 + ρgh 解得水的深度 h =   m ≈ 3.33 m (2)该装置放入水下后,由于水的压力, A 向右移动,Ⅰ内气体压强逐渐增大,当 压强增大到大于2 p 0 后 B 开始向右移动,当 A 恰好移动到缸底时所测深度最大, 此时原Ⅰ内气体全部进入Ⅱ内,设 B 向右移动 x 距离,两部分气体压强为 p 2 对原Ⅰ内气体,由玻意耳定律得 p 0 SL = p 2 Sx 对原Ⅱ内气体,由玻意耳定律得 2 p 0 SL = p 2 S ( L - x ) 又 p 2 = p 0 + ρgh m 联立解得 h m =2 × 10 m=20 m 考向四　“充气、抽气”模型 4.如图所示,总体积为 V 的圆柱形汽缸中,有一个厚度不计的轻质活塞,活塞横 截面积为 S ,与汽缸壁之间可以无摩擦滑动。在温度为 T 0 ,大气压强为 p 0 的环境 中,用活塞密封一定质量的空气,并在活塞上放一个质量为 m 的重物( mg = p 0 S ), 系统达到平衡状态后,系统的体积为   ,并与环境温度相同。为使活塞升至汽 缸顶部,现用一个打气筒对汽缸充气,打气筒一次可以把一个标准大气压下体 积为   的空气充入汽缸。(空气看做理想气体,   =1.414)   (1)在缓慢充气的情况下,缸内气体温度不变,求至少充气多少次才能使活塞 升至汽缸顶部; (2)在快速充气的情况下,缸内气体来不及散热,且每次充气可以使缸内气体 温度升高   ,求至少充气多少次才能使活塞升至汽缸顶部。 答案 　(1)100次　(2)42次 解析 　(1)设至少充气 n 次,则 n 次充气的气体体积为   ,压强为 p 0 ,充气后压强 为2 p 0 ,体积为   ,由玻意耳定律 p 0   =2 p 0   解得 n =100次 (2)设至少充气 N 次,则 N 次充气的气体体积为   ,压强为 p 0 ,温度为 T 0 ;汽缸原有 气体体积   ,压强为2 p 0 ,温度为 T 0 ;充气后体积为 V ,压强为2 p 0 ,温度为 T 0 +   ;由 理想气体状态方程,得   =   整理得到   =2 解得 N =100(   -1) 根据题意,取 N =42次 考向五　“图像”类题型 5.一粗细均匀的J形玻璃管竖直放置,短臂端封闭,长臂端(足够长)开口向上,短 臂内封有一定质量的理想气体,初始状态时管内各段长度如图甲所示,密闭气 体的温度为27 ℃,大气压强为75 cmHg。求: (1)若沿长臂的管壁缓慢加入5 cm长的水银柱并与下方的水银合为一体,为使 密闭气体保持原来的长度,应使气体的温度变为多少; (2)在第(1)问的情况下,再使玻璃管沿绕过 O 点的水平轴在竖直平面内逆时针 转过180 ° ,稳定后密闭气体的长度为多少; (3)在图乙所给的 p - T 坐标系中画出以上两个过程中密闭气体的状态变化过程。   答案 　(1)320 K　(2)30 cm　(3)见解析 解析 　(1)已知 p 1 = p 0 =75 cmHg, T 1 =(273+27)K=300 K, p 2 = p 0 +5 cmHg=80 cmHg 由查理定律有   =   解得 T 2 =320 K (2)假设玻璃管旋转180 ° 后短臂内无水银,水平管内水银柱长为 x ,则有 p 2 =80 cmHg, p 3 = p 0 -(10+10+10+5- x ) cmHg=(40+ x ) cmHg V 3 = S (18+10+10- x )= S (38- x ) 由玻意耳定律有 p 2 V 2 = p 3 V 3 解得 x =8 cm 与假设相符,故假设成立。则密闭气体的长度为(18+10+10- x )=30 cm (3) p 3 =48 cmHg,变化过程如图所示。   考点四　热力学定律与气体状态变化的综合应用 1.(多选)[2018课标Ⅲ,33(1),5分]如图,一定量的理想气体从状态 a 变化到状 态 b ,其过程如 p - V 图中从 a 到 b 的直线所示。在此过程中   (　 BCD 　) A.气体温度一直降低 B.气体内能一直增加 C.气体一直对外做功 D.气体一直从外界吸热 E.气体吸收的热量一直全部用于对外做功 答案     BCD　本题考查热力学第一定律、理想气体状态方程。对于一定量 的理想气体有   =恒量。从 a 到 b , p 逐渐增大, V 逐渐增大,所以 p 与 V 的乘积 pV 增大,可知 T 增大,则气体的内能一直增加,故A错误、B正确。由于 V 逐渐增大, 可知气体一直对外做功,故C正确。由热力学第一定律Δ U = Q + W ,因Δ U >0, W < 0,可知 Q >0,即气体一直从外界吸热,且吸收的热量大于对外做的功,故D正 确、E错误。 2.(多选)[2018课标Ⅰ,33(1),5分]如图,一定质量的理想气体从状态 a 开始,经历 过程①、②、③、④到达状态 e 。对此气体,下列说法正确的是   (　 ABD 　) A.过程①中气体的压强逐渐减小 B.过程②中气体对外界做正功 C.过程④中气体从外界吸收了热量 D.状态 c 、 d 的内能相等 E.状态 d 的压强比状态 b 的压强小 答案     ABD　本题考查气体实验定律、热力学定律。由 p - V 图可知,在过程 ab 中体积不变,气体不对外做功, W =0,压强增大,温度升高,气体内能增加,选项 A正确,C错误;过程 bc 为等温变化过程,理想气体内能不变,而体积增大,气体 对外做功, W <0,由热力学第一定律Δ U = W + Q 知 Q >0,气体从外界吸收热量,选 项D正确;过程 ca 为等压变化过程,体积减小,外界对气体做功, W >0,由盖—吕 萨克定律知气体温度降低,内能减小,由Δ U = W + Q 知 Q <0,气体放出热量,选项B 正确,E错误。 3.(多选)[2017课标Ⅱ,33(1),5分]如图,用隔板将一绝热汽缸分成两部分,隔板 左侧充有理想气体,隔板右侧与绝热活塞之间是真空。现将隔板抽开,气体会 自发扩散至整个汽缸。待气体达到稳定后,缓慢推压活塞,将气体压回到原来 的体积。假设整个系统不漏气。下列说法正确的是   (　 ABD 　) A.气体自发扩散前后内能相同 B.气体在被压缩的过程中内能增大 C.在自发扩散过程中,气体对外界做功 D.气体在被压缩的过程中,外界对气体做功 E.气体在被压缩的过程中,气体分子的平均动能不变 答案     ABD　本题考查理想气体内能的改变途径、热力学第一定律。气体 自发扩散时不对外做功, W =0,汽缸绝热, Q =0,由热力学第一定律得Δ U = W + Q = 0,故气体内能不变,选项A正确,C错误;气体被压缩的过程中体积缩小,外界对 气体做功, W >0, Q =0,故Δ U >0,气体内能增大,故理想气体的温度升高,则分子 平均动能增大,选项B、D正确,选项E错误。   1. 物体内能变化的判定:温度变化引起分子平均动能的变化;体积变化,分子间 的分子力做功,引起分子势能的变化。 2.牢记以下几个结论 (1)热量不能自发地由低温物体传递给高温物体。 (2)气体压强是由气体分子频繁地碰撞器壁产生的,压强大小与分子热运动的 剧烈程度和分子密集程度有关。 (3)做功和热传递都可以改变物体的内能,一定质量的某种理想气体的内能只 与温度有关。 (4)温度变化时,意味着物体内分子的平均动能随之变化,并非物体内每个分 子的动能都随之发生同样的变化。 1.(2019湖北武汉模拟)气闸舱是载人航天器中供航天员进入太空或由太空返 回用的气密性装置,其原理图如图所示。座舱 A 与气闸舱 B 之间装有阀门 K ,座 舱 A 中充满空气,气闸舱 B 内为真空。航天员从太空返回时,打开阀门 K , A 中的 气体进入 B 中,最终达到平衡。假设此过程中系统与外界没有热交换,舱内气 体可视为理想气体,下列说法正确的是       (　　) A.气体并没有对外做功,气体内能不变 B. B 中气体可自发地全部退回到 A 中 C.气体温度不变,体积增大,压强减小 D.气体体积膨胀,对外做功,内能减小 E.气体体积变大,气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少 答案     ACE　由于气闸舱 B 内为真空,所以气体在扩张过程中不会对外做功,系统与外界没有热交换,所以气体内能不变,故A正确,D错误;根据热力学第二定律可知,一切与热现象有关的宏观自然变化都是不可逆的,故B错误;气体温度不变,由 pV = C 可知,体积增大,压强减小,故C正确;气体体积变大,压强减小,由压强微观解释可知,气体分子单位时间对容器壁单位面积碰撞的次数将变少,故E正确。 2.(2019山东青岛模拟)如图是一定质量的理想气体的 p - T 图像,气体从 a → b → c → a 完成一次循环,关于气体的变化过程,下列说法正确的是   (　 ADE 　) A.气体在 a 态的体积 V a 小于在 c 态的体积 V c B. a → b 过程气体的分子数密度变大 C. b → c 过程外界对气体做的功等于气体放出的热量 D. c → a 过程气体压强增大 , 从微观讲是由于气体分子 与器壁碰撞的频繁程度增大引起的 E. 若 a → b 过程气体吸热 300 J, c → a 过程放热 400 J, 则 c → a 过程外界对气体做功 100 J 答案     ADE     c → a 过程气体压强增大,温度降低,根据   = C 可知体积减小,故 气体在 a 态的体积 V a 小于在 c 态的体积 V c ,故A正确; a → b 过程是等容变化,气体 的分子数密度不变,故B错误; b → c 过程是等温变化,气体内能不变,Δ U =0,气体 体积增大,气体对外界做功, W <0,由热力学第一定律得 Q =Δ U - W =- W >0,气体吸 收热量,由以上分析可知, b → c 过程气体对外界做的功等于气体吸收的热量, 故C错误; c → a 过程温度降低,气体分子的平均动能减小,气体压强增大,体积 减小,气体的分子数密度增大,所以从微观上讲是由于气体分子与器壁碰撞的 频繁程度增大引起的,故D正确;由热力学第一定律可知,若 a → b 过程气体吸热 300 J, c → a 过程放热400 J,则 c → a 过程外界对气体做功100 J,故E正确。 3.如图甲所示,用面积为 S 的活塞在汽缸内封闭着一定质量的理想气体,活塞 上放一砝码,活塞和砝码的总质量为 m 。现使汽缸内的气体缓缓按图乙所示 的规律变化,汽缸内的气体从状态 A 变化到状态 B 。若该过程中气体内能发生 了变化,气体柱高度增加了Δ L 。外界大气压强为 p 0 。   (1)(多选)下列说法中正确的是   (　　) A.该过程中汽缸内气体的压强始终为 p 0 B.该过程中气体的内能不断增大 C.该过程中气体不断从外界吸收热量 D.气体在该过程中吸收的热量大于它对外界做的功 E. A 和 B 两个状态,汽缸内壁单位面积单位时间内受到气体分子撞击的次数相同 (2)汽缸内气体的温度为 T 1 时,气体柱的高度为 L = 　　　     (用图中和题目中 给出的字母表示)。 (3)若气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中从外界吸收的热量为 Q ,则被封闭气 体的内能变化了多少? 答案 　(1)BCD　(2)   　(3) Q -( p 0 S + mg )Δ L 解析 　(1)根据题图乙可知气体在该过程中发生的是等压变化,该过程中汽缸 内气体的压强始终为 p 0 +   ,选项A错误;由题图乙可知气体温度升高,内能增 大,气体体积膨胀对外做功,根据热力学第一定律可知,气体必定从外界吸收 热量,且气体从外界吸收的热量大于气体对外做的功,选项B、C、D正确; A 和 B 两个状态,气体温度不相同,气体分子运动的平均速率不相等,单个分子对汽 缸内壁的平均撞击力也不相等,根据等压变化,可判断汽缸内壁单位面积单位 时间内受到分子撞击的次数不同,选项E错误。 (2)由盖—吕萨克定律得   =   即   =   解得 L =   (3)对活塞和砝码整体,由力的平衡条件得 mg + p 0 S = pS 解得 p = p 0 +   气体从状态 A 变化到状态 B 的过程中对外做的功为 W = pS Δ L =( p 0 S + mg )Δ L 由热力学第一定律得 气体内能的变化量为Δ U = Q - W = Q -( p 0 S + mg )Δ L